【数学】2020届数学文一轮复习第六章第3讲等比数列及其前n项和作业

【数学】2020届数学文一轮复习第六章第3讲等比数列及其前n项和作业

‎1．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3S3＝a4－2，3S2＝a3－2，则公比q＝(　　)‎ A．3　　　　　　　　　　　 B．4‎ C．5 D．6‎ 解析：选B．由题意知，q≠1，则，两式相减可得＝q3－q2，即＝1，所以q＝4.‎ ‎2．(2018·成都第二次诊断检测)在等比数列{an}中，已知a3＝6，a3＋a5＋a7＝78，则a5＝(　　)‎ A．12 B．18‎ C．36 D．24‎ 解析：选B．a3＋a5＋a7＝a3(1＋q2＋q4)＝6(1＋q2＋q4)＝78⇒1＋q2＋q4＝13⇒q2＝3，所以a5＝a3q2＝6×3＝18.故选B．‎ ‎3．(2017·高考全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　)‎ A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 解析：选B．每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得＝381，解得a1＝3，选择B．‎ ‎4．(2018·黄冈模拟)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1a6＝2a3，a4与2a6的等差中项为，则S5＝(　　)‎ A．36 B．33‎ C．32 D．31‎ 解析：选D.设{an}的公比为q(q>0)，因为a1a6＝2a3，而a1a6＝a3a4，所以a3a4＝2a3，所以a4＝2.又a4＋2a6＝3，所以a6＝，所以q＝，a1＝16，所以S5＝＝31.故选D.‎ ‎5．在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n等于(　　)‎ A．12 B．13‎ C．14 D．15‎ 解析：选C．因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，…也成等比数列．‎ 不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，则公比q＝＝＝3.‎ 所以bm＝4×3m－1.‎ 令bm＝324，即4×3m－1＝324，‎ 解之得m＝5，‎ 所以b5＝324，即a13a14a15＝324.‎ 所以n＝14.‎ ‎6．在等比数列{an}中，若a1a5＝16，a4＝8，则a6＝________．‎ 解析：因为a1a5＝16，所以a＝16，所以a3＝±4.‎ 又a4＝8，所以q＝±2.‎ 所以a6＝a4q2＝8×4＝32.‎ 答案：32‎ ‎7．已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和Sn＝________．‎ 解析：设等比数列的公比为q，则有 解得或 又{an}为递增数列，所以 所以Sn＝＝2n－1.‎ 答案：2n－1‎ ‎8．(2018·郑州第二次质量预测)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若27a3－a6＝0，则＝________．‎ 解析：由题可知{an}为等比数列，设首项为a1，公比为q，所以a3＝a1q2，a6＝a1q5，所以27a1q2＝a1q5，‎ 所以q＝3，由Sn＝，‎ 得S6＝，S3＝，‎ 所以＝·＝28.‎ 答案：28‎ ‎9．已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10.‎ 解得d＝2.‎ 所以an＝2n－1.‎ ‎(2)设等比数列{bn}的公比为q.‎ 因为b2b4＝a5，所以b1qb1q3＝9.‎ 解得q2＝3.‎ 所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.‎ 从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.‎ ‎10．(2017·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．‎ 解：(1)设{an}的公比为q.由题设可得解得q＝－2，a1＝－2.‎ 故{an}的通项公式为an＝(－2)n.‎ ‎(2)由(1)可得Sn＝＝－＋(－1)n.‎ 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n＝2[－＋(－1)n]＝2Sn，故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．‎ ‎1．在递增的等比数列{an}中，已知a1＋an＝34，a3·an－2＝64，且前n项和Sn＝42，则n等于(　　)‎ A．3 B．4‎ C．5 D．6‎ 解析：选A．因为{an}为等比数列，‎ 所以a3·an－2＝a1·an＝64.‎ 又a1＋an＝34，‎ 所以a1，an是方程x2－34x＋64＝0的两根，‎ 解得或 又因为{an}是递增数列，‎ 所以 由Sn＝＝＝42，‎ 解得q＝4.‎ 由an＝a1qn－1＝2×4n－1＝32，‎ 解得n＝3.故选A．‎ ‎2．设{an}是等比数列，Sn是{an}的前n项和，对任意正整数n，有an＋2an＋1＋an＋2＝0.又a1＝2，则S101的值为(　　)‎ A．2 B．200‎ C．－2 D．0‎ 解析：选A．设等比数列的公比为q.由an＋2an＋1＋an＋2＝0，‎ 得an(1＋2q＋q2)＝0.‎ 因为an≠0，所以1＋2q＋q2＝0，‎ 解得q＝－1，‎ 所以S101＝a1＝2.故选A．‎ ‎3．已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N＋，都有＝an，则数列{an}的前n项和Sn＝________．‎ 解析：因为＝an，‎ 令m＝1，则＝an，‎ 即＝a1＝2，‎ 所以{an}是首项a1＝2，公比q＝2的等比数列，‎ Sn＝＝2n＋1－2.‎ 答案：2n＋1－2‎ ‎4．在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2a4＝16，a6＝32，记bn＝an＋an＋1，则数列{bn}的前5项和S5为________．‎ 解析：设数列{an}的公比为q，由a＝a2a4＝16得，a3＝4，即a1q2＝4，又a6＝a1q5‎ ‎＝32，解得a1＝1，q＝2，所以an＝a1qn－1＝2n－1，bn＝an＋an＋1＝2n－1＋2n＝3·2n－1，所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列，所以S5＝＝93.‎ 答案：93‎ ‎5．已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{bn}的前n项和．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得 d＝＝＝3，‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．‎ 设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得 q3＝＝＝8，解得q＝2.‎ 所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.‎ 从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．‎ ‎(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．‎ 数列{3n}的前n项和为n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为＝2n－1.‎ 所以，数列{bn}的前n项和为n(n＋1)＋2n－1.‎ ‎6．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.‎ ‎(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；‎ ‎(2)求数列{bn}的通项公式．‎ 解：(1)证明：因为an＋Sn＝n①，‎ 所以an＋1＋Sn＋1＝n＋1②.‎ ‎②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，‎ 所以2an＋1＝an＋1，所以2(an＋1－1)＝an－1，‎ 当n＝1时，a1＋S1＝1，所以a1＝，a1－1＝－，‎ 所以＝，又cn＝an－1，‎ 所以{cn}是首项为－，公比为的等比数列．‎ ‎(2)由(1)可知cn＝·＝－，‎ 所以an＝cn＋1＝1－.‎ 所以当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－－＝－＝.‎ 又b1＝a1＝也符合上式，‎ 所以bn＝.‎